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1. 下列办法中,能提高如图所示的滑轮组的机械效率的是 （
A.增大摩擦
B.增大定滑轮重力
C.增大动滑轮重力
D.增大被提升物体重力
D
）A.增大摩擦
B.增大定滑轮重力
C.增大动滑轮重力
D.增大被提升物体重力
答案
1. D 解析:增大摩擦,有用功不变,额外功增大,总功增大,根据$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$可知,机械效率会减小,A不符合题意;增大定滑轮重力,不会改变有用功、额外功的大小,不会改变机械效率,B不符合题意;增大动滑轮的重力,有用功不变,额外功增大,滑轮组的机械效率会减小,C不符合题意;增大被提升物体的重力,有用功大,额外功几乎不变,机械效率会增大,D符合题意.
解析
【分析】
我们首先要明确滑轮组机械效率的核心定义：机械效率是有用功在总功中所占的比例，总功等于有用功与所有额外功之和。解题时先明确该滑轮组的有用功是提升重物所做的功，额外功主要来自克服动滑轮自重、绳重、摩擦的做功。接下来逐个分析每个选项对应的有用功、额外功的变化情况，代入机械效率公式判断效率的升降，就能选出正确选项。
【解析】
滑轮组的机械效率计算公式为：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$
其中该装置的有用功是克服被提升物体重力做的功，额外功主要包含克服动滑轮自重做功、克服绳重和摩擦做功两部分，逐一分析选项：
选项A：增大摩擦时，有用功不变，克服摩擦的额外功增大，总功随之增大，有用功在总功中的占比降低，机械效率减小，该选项错误。
选项B：定滑轮固定在支架上，增大定滑轮重力不会改变有用功的大小，也不会增加需要克服的额外功，因此滑轮组的机械效率不变，该选项错误。
选项C：增大动滑轮重力时，提升相同重物的情况下，克服动滑轮重力的额外功增大，有用功不变，总功增大，机械效率减小，该选项错误。
选项D：增大被提升物体的重力，提升相同高度时有用功$W_{有用}=Gh$会增大，而克服动滑轮自重、摩擦的额外功几乎不变，有用功在总功中的占比提升，机械效率增大，该选项正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题是滑轮组机械效率的基础常考题，核心是考察对机械效率本质的理解，不需要死记硬背结论，通过功的分类结合效率公式即可推导各因素的影响，需要注意定滑轮的重力不会影响该滑轮组的机械效率这个易错点。
【难度系数】
0.7
我们首先要明确滑轮组机械效率的核心定义：机械效率是有用功在总功中所占的比例，总功等于有用功与所有额外功之和。解题时先明确该滑轮组的有用功是提升重物所做的功，额外功主要来自克服动滑轮自重、绳重、摩擦的做功。接下来逐个分析每个选项对应的有用功、额外功的变化情况，代入机械效率公式判断效率的升降，就能选出正确选项。
【解析】
滑轮组的机械效率计算公式为：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$
其中该装置的有用功是克服被提升物体重力做的功，额外功主要包含克服动滑轮自重做功、克服绳重和摩擦做功两部分，逐一分析选项：
选项A：增大摩擦时，有用功不变，克服摩擦的额外功增大，总功随之增大，有用功在总功中的占比降低，机械效率减小，该选项错误。
选项B：定滑轮固定在支架上，增大定滑轮重力不会改变有用功的大小，也不会增加需要克服的额外功，因此滑轮组的机械效率不变，该选项错误。
选项C：增大动滑轮重力时，提升相同重物的情况下，克服动滑轮重力的额外功增大，有用功不变，总功增大，机械效率减小，该选项错误。
选项D：增大被提升物体的重力，提升相同高度时有用功$W_{有用}=Gh$会增大，而克服动滑轮自重、摩擦的额外功几乎不变，有用功在总功中的占比提升，机械效率增大，该选项正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题是滑轮组机械效率的基础常考题，核心是考察对机械效率本质的理解，不需要死记硬背结论，通过功的分类结合效率公式即可推导各因素的影响，需要注意定滑轮的重力不会影响该滑轮组的机械效率这个易错点。
【难度系数】
0.7
2. 如图甲所示,空吊篮A重25 N,绳子能承受的最大拉力为100 N.小壮将A提升到高处,施加的拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示,A上升速度随时间变化的关系图像如图丙所示.忽略绳重和摩擦,下列说法不正确的是 （
A.动滑轮所受的重力为 15 N
B.第2 s 内克服滑轮重做的额外功为 30 J
C.此装置最多能匀速运载重 160 N 的货物
D.此装置运载货物时最大机械效率为 92.5%
D
）A.动滑轮所受的重力为 15 N
B.第2 s 内克服滑轮重做的额外功为 30 J
C.此装置最多能匀速运载重 160 N 的货物
D.此装置运载货物时最大机械效率为 92.5%
答案
2. D 解析:由题图丙可知,在1~2 s内(第2 s内)A被匀速提升,由题图乙可知,此时拉力$F=20\ \mathrm{N}$,忽略绳重及摩擦,则动滑轮重力$G_动=2F-G_A=2×20\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}=15\ \mathrm{N}$,A正确;由题图丙可知,第2 s内A上升的速度$v_A=2\ \mathrm{m/s}$,第2 s内滑轮上升的高度$h=v_A t=2\ \mathrm{m/s}×1\ \mathrm{s}=2\ \mathrm{m}$,第2 s内克服滑轮重做的额外功$W_{额外}=G_动h=15\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=30\ \mathrm{J}$,B正确;由题图甲可知,承担物重的绳子段数n=2,忽略绳重及摩擦,绳子拉力$F_大=\dfrac{G_物+G_A+G_动}{2}$,即提升的货物的最大重力$G_物=2F_大-G_A-G_动=2×100\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}-15\ \mathrm{N}=160\ \mathrm{N}$,C正确;此装置的机械效率随提升物重的增大而增大,则最大机械效率$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\dfrac{G_物h}{F_大s}×100\%=\dfrac{G_物h}{F_大×2h}×100\%=\dfrac{G_物}{2F_大}×100\%=\dfrac{160\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=80\%$,D错误.
解析
【分析】
首先观察甲图确定该滑轮组承担总重的绳子段数n=2，再结合乙、丙两个图像提取对应阶段的拉力、速度信息，逐个验证选项：1. 先从丙图找到匀速提升的阶段，对应乙图的拉力，利用不计绳重摩擦时滑轮组拉力公式求出动滑轮重力，判断A选项；2. 从丙图得到第2s内吊篮上升的速度，计算出上升高度，利用W额=G动h算出克服动滑轮重做的额外功，判断B选项；3. 结合绳子最大拉力，反向推导能运载的最大货物重力，判断C选项；4. 明确该装置的有用功是提升货物做的功，总功是拉力做的功，代入公式计算最大机械效率，判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 验证选项A：由图丙可知，1~2s内吊篮A匀速上升，由图乙可知此时拉力F=20N，忽略绳重和摩擦，滑轮组拉力满足$F=\frac{G_A+G_动}{2}$，代入数据得动滑轮重力：
$G_动=2F-G_A=2×20\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}=15\ \mathrm{N}$，A选项说法正确。
2. 验证选项B：第2s内即1~2s，由图丙可知A上升的速度$v_A=2\ \mathrm{m/s}$，该阶段时间t=1s，A上升的高度：
$h=v_A t=2\ \mathrm{m/s}×1\ \mathrm{s}=2\ \mathrm{m}$，克服动滑轮重做的额外功：
$W_{额外}=G_动 h=15\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=30\ \mathrm{J}$，B选项说法正确。
3. 验证选项C：绳子能承受的最大拉力$F_大=100\ \mathrm{N}$，忽略绳重摩擦，此时$F_大=\frac{G_{物}+G_A+G_动}{2}$，代入数据得最大可运载货物的重力：
$G_{物}=2F_大-G_A-G_动=2×100\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}-15\ \mathrm{N}=160\ \mathrm{N}$，C选项说法正确。
4. 验证选项D：装置的机械效率随提升货物重力增大而增大，因此最大机械效率对应运载最大货物时的效率，有用功为提升货物做的功，总功为拉力做的功：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\frac{G_{物}h}{F_大 s}×100\%=\frac{G_{物}h}{F_大 × 2h}×100\%=\frac{G_{物}}{2F_大}×100\%=\frac{160\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=80\%$，并非92.5%，D选项说法错误。
题目要求选出不正确的说法，因此答案为D。
【答案】D
【知识点】滑轮组受力计算，机械效率计算，图像信息提取
【点评】本题是滑轮组结合力学图像的综合题，易错点是计算机械效率时容易误将吊篮的重力计入有用功，忽略吊篮重力带来的额外功，导致机械效率计算错误，解题时要明确有用功的定义，区分不同功的组成部分。
【难度系数】0.6
首先观察甲图确定该滑轮组承担总重的绳子段数n=2，再结合乙、丙两个图像提取对应阶段的拉力、速度信息，逐个验证选项：1. 先从丙图找到匀速提升的阶段，对应乙图的拉力，利用不计绳重摩擦时滑轮组拉力公式求出动滑轮重力，判断A选项；2. 从丙图得到第2s内吊篮上升的速度，计算出上升高度，利用W额=G动h算出克服动滑轮重做的额外功，判断B选项；3. 结合绳子最大拉力，反向推导能运载的最大货物重力，判断C选项；4. 明确该装置的有用功是提升货物做的功，总功是拉力做的功，代入公式计算最大机械效率，判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 验证选项A：由图丙可知，1~2s内吊篮A匀速上升，由图乙可知此时拉力F=20N，忽略绳重和摩擦，滑轮组拉力满足$F=\frac{G_A+G_动}{2}$，代入数据得动滑轮重力：
$G_动=2F-G_A=2×20\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}=15\ \mathrm{N}$，A选项说法正确。
2. 验证选项B：第2s内即1~2s，由图丙可知A上升的速度$v_A=2\ \mathrm{m/s}$，该阶段时间t=1s，A上升的高度：
$h=v_A t=2\ \mathrm{m/s}×1\ \mathrm{s}=2\ \mathrm{m}$，克服动滑轮重做的额外功：
$W_{额外}=G_动 h=15\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=30\ \mathrm{J}$，B选项说法正确。
3. 验证选项C：绳子能承受的最大拉力$F_大=100\ \mathrm{N}$，忽略绳重摩擦，此时$F_大=\frac{G_{物}+G_A+G_动}{2}$，代入数据得最大可运载货物的重力：
$G_{物}=2F_大-G_A-G_动=2×100\ \mathrm{N}-25\ \mathrm{N}-15\ \mathrm{N}=160\ \mathrm{N}$，C选项说法正确。
4. 验证选项D：装置的机械效率随提升货物重力增大而增大，因此最大机械效率对应运载最大货物时的效率，有用功为提升货物做的功，总功为拉力做的功：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\frac{G_{物}h}{F_大 s}×100\%=\frac{G_{物}h}{F_大 × 2h}×100\%=\frac{G_{物}}{2F_大}×100\%=\frac{160\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=80\%$，并非92.5%，D选项说法错误。
题目要求选出不正确的说法，因此答案为D。
【答案】D
【知识点】滑轮组受力计算，机械效率计算，图像信息提取
【点评】本题是滑轮组结合力学图像的综合题，易错点是计算机械效率时容易误将吊篮的重力计入有用功，忽略吊篮重力带来的额外功，导致机械效率计算错误，解题时要明确有用功的定义，区分不同功的组成部分。
【难度系数】0.6
3. 如图所示,一根均匀的细木棒可绕$O$点无摩擦转动,$OA=AB=BC=CD$,对细木棒施加力$F$,将挂在$A$点、重力为$\boldsymbol{180\ \mathrm{N}}$的物体匀速提升$\boldsymbol{0.4\ \mathrm{m}}$.下列说法正确的是（
A.若在$D$点施加力$F$,则该细木棒一定为省力杠杆
B.若细木棒的机械效率为$90\%$,则细木棒的重力为$10\ \mathrm{N}$
C.若在$C$点施加竖直向上的力$F$,则提升物体的过程中$F$变大
D.若物体的悬挂点从$A$点移至$C$点,仍将物体提升$0.4\ \mathrm{m}$,则细木棒的机械效率不变
B
）A.若在$D$点施加力$F$,则该细木棒一定为省力杠杆
B.若细木棒的机械效率为$90\%$,则细木棒的重力为$10\ \mathrm{N}$
C.若在$C$点施加竖直向上的力$F$,则提升物体的过程中$F$变大
D.若物体的悬挂点从$A$点移至$C$点,仍将物体提升$0.4\ \mathrm{m}$,则细木棒的机械效率不变
答案
3. B 解析:若在D点施加力F,由于不确定力F的方向,不能确定力F的力臂的大小,故不能判定细木棒一定是省力杠杆,A错误;物体的重力$G=180\ \mathrm{N}$,提升高度$h=0.4\ \mathrm{m}$,力F做的有用功$W_{有用}=Gh=180\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}=72\ \mathrm{J}$,若细木棒的机械效率$\eta=90\%$,则总功$W_总=\dfrac{W_{有用}}{\eta}=\dfrac{72\ \mathrm{J}}{90\%}=80\ \mathrm{J}$,额外功$W_{额外}=W_总-W_{有用}=80\ \mathrm{J}-72\ \mathrm{J}=8\ \mathrm{J}$,均匀细木棒的重心位置在B点,A点上升的高度$h=0.4\ \mathrm{m}$,由于OA=AB,根据相似三角形的知识可知,B点上升的高度$h'=2h=2×0.4\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$,细木棒绕O点无摩擦转动,则额外功为克服细木棒重力$G_木$做的功,细木棒的重力$G_木=\dfrac{W_{额外}}{h'}=\dfrac{8\ \mathrm{J}}{0.8\ \mathrm{m}}=10\ \mathrm{N}$,B正确;若在C点施加竖直向上的力F,则提升物体的过程中,根据相似三角形的知识可知,动力臂与阻力臂的比值不变,阻力不变,根据杠杆平衡条件可知,力F不变,C错误;若物体的悬挂点从A点移至C点,仍将物体提升0.4 m,则有用功不变,而细木棒重心上升的高度变小,即额外功变小,所以总功变小,细木棒的机械效率变大,D错误.
解析
【分析】
我们拿到这道杠杆综合题，需要逐个选项结合杠杆原理、机械效率的知识逐步分析判断：
1. 分析A选项：判断杠杆是否省力的核心是比较动力臂和阻力臂的大小，题目仅说明在D点施加力，没有限定力的方向，力的方向不同对应的动力臂长度会发生变化，无法确定动力臂一定大于阻力臂，因此不能直接判定是省力杠杆。
2. 推导B选项：首先利用物重和提升高度算出对物体做的有用功，再结合给定的机械效率算出总功，总功减去有用功得到额外功，由于杠杆无摩擦，额外功全部是克服木棒自身重力做的功。因为木棒均匀，重心在整根木棒的中点也就是B点，利用相似三角形的比例关系，A点上升0.4m时，OA=AB，因此B点上升的高度是A点的2倍，代入额外功公式就能算出木棒重力，验证该选项是否成立。
3. 判断C选项：在C点施加竖直向上的力，匀速提升物体的过程中，动力作用点、阻力作用点的力臂会随杠杆转动同比例变化，动力臂和阻力臂的比值始终不变，阻力也就是物重不变，根据杠杆平衡条件，动力F的大小不会发生变化。
4. 分析D选项：悬挂点从A移到C，同样把物体提升0.4m，对物体做的有用功不变，但是此时杠杆转动的角度更小，木棒重心上升的高度比之前更小，克服木棒自重做的额外功变小，总功随之变小，有用功和总功的比值也就是机械效率会变大。
逐个推导后即可确定正确选项。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
选项A：在D点施加力F时，力的方向不确定，动力的力臂长度无法确定，不一定大于A点的阻力臂，因此无法判定该木棒一定是省力杠杆，A错误。
选项B：计算有用功：$W_{\mathrm{有用}} = Gh = 180\ \mathrm{N} × 0.4\ \mathrm{m} = 72\ \mathrm{J}$；
已知机械效率$\eta=90\%$，总功$W_{\mathrm{总}} = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta} = \frac{72\ \mathrm{J}}{90\%} = 80\ \mathrm{J}$；
额外功$W_{\mathrm{额外}} = W_{\mathrm{总}} - W_{\mathrm{有用}} = 80\ \mathrm{J} -72\ \mathrm{J} = 8\ \mathrm{J}$；
均匀木棒的重心在整根木棒中点即B点，由$OA=AB$，结合相似三角形规律，A点上升0.4m时，B点上升高度$h'=2×0.4\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$；
杠杆无摩擦，额外功全部为克服木棒重力做功，因此木棒重力$G_{\mathrm{木}} = \frac{W_{\mathrm{额外}}}{h'} = \frac{8\ \mathrm{J}}{0.8\ \mathrm{m}} =10\ \mathrm{N}$，B正确。
选项C：在C点施加竖直向上的力，提升物体过程中，动力臂与阻力臂的比值始终保持不变，阻力为物重也不变，由杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可知，动力F的大小保持不变，C错误。
选项D：悬挂点从A移到C，将物体提升0.4m，有用功大小不变，但是杠杆转动角度更小，木棒重心上升的高度减小，克服木棒自重的额外功变小，总功变小，因此机械效率会变大，D错误。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，机械效率计算，杠杆分类
【点评】本题是杠杆与机械效率结合的综合题型，易错点集中在三处：一是忽略力的方向对动力臂的影响，误判A选项正确；二是不会利用相似三角形推导杠杆上不同位置点的上升高度比例关系，无法正确计算木棒重力；三是分析动态杠杆的力大小时，误以为力臂变化就会导致力的大小改变。解题时要明确无摩擦杠杆的额外功全部来自克服杠杆自重做功，结合比例关系分析高度变化即可顺利推导。
【难度系数】0.4
我们拿到这道杠杆综合题，需要逐个选项结合杠杆原理、机械效率的知识逐步分析判断：
1. 分析A选项：判断杠杆是否省力的核心是比较动力臂和阻力臂的大小，题目仅说明在D点施加力，没有限定力的方向，力的方向不同对应的动力臂长度会发生变化，无法确定动力臂一定大于阻力臂，因此不能直接判定是省力杠杆。
2. 推导B选项：首先利用物重和提升高度算出对物体做的有用功，再结合给定的机械效率算出总功，总功减去有用功得到额外功，由于杠杆无摩擦，额外功全部是克服木棒自身重力做的功。因为木棒均匀，重心在整根木棒的中点也就是B点，利用相似三角形的比例关系，A点上升0.4m时，OA=AB，因此B点上升的高度是A点的2倍，代入额外功公式就能算出木棒重力，验证该选项是否成立。
3. 判断C选项：在C点施加竖直向上的力，匀速提升物体的过程中，动力作用点、阻力作用点的力臂会随杠杆转动同比例变化，动力臂和阻力臂的比值始终不变，阻力也就是物重不变，根据杠杆平衡条件，动力F的大小不会发生变化。
4. 分析D选项：悬挂点从A移到C，同样把物体提升0.4m，对物体做的有用功不变，但是此时杠杆转动的角度更小，木棒重心上升的高度比之前更小，克服木棒自重做的额外功变小，总功随之变小，有用功和总功的比值也就是机械效率会变大。
逐个推导后即可确定正确选项。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
选项A：在D点施加力F时，力的方向不确定，动力的力臂长度无法确定，不一定大于A点的阻力臂，因此无法判定该木棒一定是省力杠杆，A错误。
选项B：计算有用功：$W_{\mathrm{有用}} = Gh = 180\ \mathrm{N} × 0.4\ \mathrm{m} = 72\ \mathrm{J}$；
已知机械效率$\eta=90\%$，总功$W_{\mathrm{总}} = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta} = \frac{72\ \mathrm{J}}{90\%} = 80\ \mathrm{J}$；
额外功$W_{\mathrm{额外}} = W_{\mathrm{总}} - W_{\mathrm{有用}} = 80\ \mathrm{J} -72\ \mathrm{J} = 8\ \mathrm{J}$；
均匀木棒的重心在整根木棒中点即B点，由$OA=AB$，结合相似三角形规律，A点上升0.4m时，B点上升高度$h'=2×0.4\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$；
杠杆无摩擦，额外功全部为克服木棒重力做功，因此木棒重力$G_{\mathrm{木}} = \frac{W_{\mathrm{额外}}}{h'} = \frac{8\ \mathrm{J}}{0.8\ \mathrm{m}} =10\ \mathrm{N}$，B正确。
选项C：在C点施加竖直向上的力，提升物体过程中，动力臂与阻力臂的比值始终保持不变，阻力为物重也不变，由杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可知，动力F的大小保持不变，C错误。
选项D：悬挂点从A移到C，将物体提升0.4m，有用功大小不变，但是杠杆转动角度更小，木棒重心上升的高度减小，克服木棒自重的额外功变小，总功变小，因此机械效率会变大，D错误。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，机械效率计算，杠杆分类
【点评】本题是杠杆与机械效率结合的综合题型，易错点集中在三处：一是忽略力的方向对动力臂的影响，误判A选项正确；二是不会利用相似三角形推导杠杆上不同位置点的上升高度比例关系，无法正确计算木棒重力；三是分析动态杠杆的力大小时，误以为力臂变化就会导致力的大小改变。解题时要明确无摩擦杠杆的额外功全部来自克服杠杆自重做功，结合比例关系分析高度变化即可顺利推导。
【难度系数】0.4
4. 用四个相同的滑轮组成如图甲、乙所示的两个滑轮组匀速提升重物，不计绳重和摩擦，若图甲、乙中绳自由端的拉力和移动速度相同，则在相同时间内 （
A.两幅图中做的额外功相同
B.两幅图中做的有用功相同
C.图甲中的机械效率比图乙中的大
D.图甲中拉力做功的功率比图乙中的大
C
）A.两幅图中做的额外功相同
B.两幅图中做的有用功相同
C.图甲中的机械效率比图乙中的大
D.图甲中拉力做功的功率比图乙中的大
答案
4. C 解析:拉力端移动的速度相同,由$s=vt$可知,在相同时间内拉力端移动的距离相同,由题图可知,两个滑轮组承担物重的绳子段数分别是$n_甲=3$、$n_乙=2$,所以重物升高的高度分别为$h_甲=\dfrac{1}{3}s$、$h_乙=\dfrac{1}{2}s$,则$h_甲＜h_乙$,不计绳重和摩擦,拉力做的额外功$W_{额外}=G_动h$,因为动滑轮相同,所以$G_动$相同,且$h_甲＜h_乙$,则$W_{额外甲}＜W_{额外乙}$,A错误;由题意可知,绳自由端的拉力相同,且拉力端移动距离相同,由$W_总=Fs$可知,拉力做的总功相同,因为$W_总=W_{有用}+W_{额外}$,所以$W_{有用甲}＞W_{有用乙}$,B错误;拉力做的总功相同,$W_{有用甲}＞W_{有用乙}$,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}×100\%$可知,$\eta_甲＞\eta_乙$,C正确;已知绳自由端的拉力相同,拉力端移动速度也相同,由$P=Fv$可知,题图甲中拉力做功的功率与题图乙中的相等,D错误.
解析
【分析】
解题思路梳理：首先从题目给出的已知条件入手，已知绳自由端拉力F相同、移动速度v相同，且时间相同，首先根据s=vt可以直接得出相同时间内绳自由端移动的距离s是相等的。接下来第一步先判断两个滑轮组承担物重的绳子段数：甲图中n甲=3，乙图中n乙=2，根据滑轮组距离关系s=nh，就能反推出两个物体上升的高度h甲=s/3、h乙=s/2，得到h甲＜h乙。接下来逐个分析选项：1. 不计绳重和摩擦时，额外功仅来自动滑轮的提升，W额=G动h，两个滑轮组动滑轮完全相同G动相等，结合h的大小就能判断额外功的大小；2. 总功W总=Fs，F和s都相等，总功必然相等，再根据W总=W有+W额，就能比较有用功的大小；3. 机械效率η=W有/W总，总功相同的情况下直接对比有用功就能得到效率大小关系；4. 拉力的功率可以直接用P=Fv判断，F和v都相同，功率自然相等。顺着这个逻辑就能逐个排除错误选项得到正确答案。
【解析】
解：
1. 由题意可知，绳自由端移动速度v相同，运动时间t相同，根据s=vt可得，相同时间内绳自由端移动的距离s相等。
2. 观察滑轮组可得，甲滑轮组承担物重的绳子段数n甲=3，乙滑轮组承担物重的绳子段数n乙=2，根据s=nh，可得物体上升高度：
$h_甲=\frac{s}{3}$，$h_乙=\frac{s}{2}$，因此$h_甲 ＜ h_乙$。
3. 分析选项A：不计绳重和摩擦，额外功为提升动滑轮做的功，即$W_{额}=G_{动}h$，两个滑轮组动滑轮完全相同，$G_{动}$相等，又$h_甲 ＜ h_乙$，因此$W_{额甲}＜W_{额乙}$，A错误。
4. 分析选项B：拉力做的总功$W_{总}=Fs$，已知拉力F相等、绳端移动距离s相等，因此两个滑轮组总功相等。根据$W_{总}=W_{有}+W_{额}$，可得$W_{有甲}=W_{总}-W_{额甲}$，$W_{有乙}=W_{总}-W_{额乙}$，结合$W_{额甲}＜W_{额乙}$，可得$W_{有甲}＞W_{有乙}$，B错误。
5. 分析选项C：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}} × 100\%$，两个滑轮组总功$W_{总}$相等，$W_{有甲}＞W_{有乙}$，因此$\eta_甲＞\eta_乙$，C正确。
6. 分析选项D：拉力做功的功率$P=Fv$，已知拉力F相等、绳端移动速度v相等，因此两个滑轮组拉力的功率相等，D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组绳段数判断，滑轮组功的计算，机械效率计算
【点评】
本题是滑轮组的综合辨析题，容易出现的误区是直接套用“n越大越省力”的固有结论，忽略题目给出的拉力相同的特殊前提。解题时要严格结合已知条件，通过公式逐步推导高度、额外功、有用功的大小关系，不要凭直觉判断，理清总功、有用功、额外功三者的关联即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
解题思路梳理：首先从题目给出的已知条件入手，已知绳自由端拉力F相同、移动速度v相同，且时间相同，首先根据s=vt可以直接得出相同时间内绳自由端移动的距离s是相等的。接下来第一步先判断两个滑轮组承担物重的绳子段数：甲图中n甲=3，乙图中n乙=2，根据滑轮组距离关系s=nh，就能反推出两个物体上升的高度h甲=s/3、h乙=s/2，得到h甲＜h乙。接下来逐个分析选项：1. 不计绳重和摩擦时，额外功仅来自动滑轮的提升，W额=G动h，两个滑轮组动滑轮完全相同G动相等，结合h的大小就能判断额外功的大小；2. 总功W总=Fs，F和s都相等，总功必然相等，再根据W总=W有+W额，就能比较有用功的大小；3. 机械效率η=W有/W总，总功相同的情况下直接对比有用功就能得到效率大小关系；4. 拉力的功率可以直接用P=Fv判断，F和v都相同，功率自然相等。顺着这个逻辑就能逐个排除错误选项得到正确答案。
【解析】
解：
1. 由题意可知，绳自由端移动速度v相同，运动时间t相同，根据s=vt可得，相同时间内绳自由端移动的距离s相等。
2. 观察滑轮组可得，甲滑轮组承担物重的绳子段数n甲=3，乙滑轮组承担物重的绳子段数n乙=2，根据s=nh，可得物体上升高度：
$h_甲=\frac{s}{3}$，$h_乙=\frac{s}{2}$，因此$h_甲 ＜ h_乙$。
3. 分析选项A：不计绳重和摩擦，额外功为提升动滑轮做的功，即$W_{额}=G_{动}h$，两个滑轮组动滑轮完全相同，$G_{动}$相等，又$h_甲 ＜ h_乙$，因此$W_{额甲}＜W_{额乙}$，A错误。
4. 分析选项B：拉力做的总功$W_{总}=Fs$，已知拉力F相等、绳端移动距离s相等，因此两个滑轮组总功相等。根据$W_{总}=W_{有}+W_{额}$，可得$W_{有甲}=W_{总}-W_{额甲}$，$W_{有乙}=W_{总}-W_{额乙}$，结合$W_{额甲}＜W_{额乙}$，可得$W_{有甲}＞W_{有乙}$，B错误。
5. 分析选项C：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}} × 100\%$，两个滑轮组总功$W_{总}$相等，$W_{有甲}＞W_{有乙}$，因此$\eta_甲＞\eta_乙$，C正确。
6. 分析选项D：拉力做功的功率$P=Fv$，已知拉力F相等、绳端移动速度v相等，因此两个滑轮组拉力的功率相等，D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组绳段数判断，滑轮组功的计算，机械效率计算
【点评】
本题是滑轮组的综合辨析题，容易出现的误区是直接套用“n越大越省力”的固有结论，忽略题目给出的拉力相同的特殊前提。解题时要严格结合已知条件，通过公式逐步推导高度、额外功、有用功的大小关系，不要凭直觉判断，理清总功、有用功、额外功三者的关联即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
